高考数学压轴必刷题

请您认真阅读确认下载使用高考数学压轴必刷题1．【2019年浙江10】设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an+1＝an2+b，n∈N*，则（）A．当b=12时，a10＞10 B．当b=14时，C．当b＝﹣2时，a10＞10 D．当b＝﹣4时，a10＞10【解答】解：对于B，令x2-λ+14取a1=12∴当b=14时，a10＜10，故对于C，令x2﹣λ﹣2＝0，得λ＝2或λ＝﹣1，取a1＝2，∴a2＝2，…，an＝2＜10，∴当b＝﹣2时，a10＜10，故C错误；对于D，令x2﹣λ﹣4＝0，得λ=1±取a1=1+172，∴a∴当b＝﹣4时，a10＜10，故D错误；对于A，a2=aa4an+1﹣an＞0，{an}递增，当n≥4时，an+1an=an∴a5a4＞32a4a5＞32⋅⋅故选：A．

2．【2018年浙江10】已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3），若a1＞1，则（）A．a1＜a3，a2＜a4 B．a1＞a3，a2＜a4 C．a1＜a3，a2＞a4 D．a1＞a3，a2＞a4【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a1＞1，设公比为q，当q＞0时，a1+a2+a3+a4＞a1+a2+a3，a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3），不成立，即：a1＞a3，a2＞a4，a1＜a3，a2＜a4，不成立，排除A、D．当q＝﹣1时，a1+a2+a3+a4＝0，ln（a1+a2+a3）＞0，等式不成立，所以q≠﹣1；当q＜﹣1时，a1+a2+a3+a4＜0，ln（a1+a2+a3）＞0，a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3）不成立，当q∈（﹣1，0）时，a1＞a3＞0，a2＜a4＜0，并且a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3），能够成立，故选：B．

3．【2017年新课标1理科12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A．440 B．330 C．220 D．110【解答】解：设该数列为{an}，设bn=a(n-1)n2+1+⋯+an(n+1)2=2n+1﹣1，（由题意可设数列{an}的前N项和为SN，数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1＝2n+1﹣n﹣2，可知当N为n(n+1)2时（n∈N+），数列{an}的前N项和为数列{bn}的前n项和，即为2n+1﹣n﹣容易得到N＞100时，n≥14，A项，由29×302=435，440＝435+5，可知S440＝T29+b5＝230﹣29﹣2+25﹣1＝230，故B项，仿上可知25×262=325，可知S330＝T25+b5＝226﹣25﹣2+25﹣1＝226+4，显然不为2的整数幂，故C项，仿上可知20×212=210，可知S220＝T20+b10＝221﹣20﹣2+210﹣1＝221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故D项，仿上可知14×152=105，可知S110＝T14+b5＝215﹣14﹣2+25﹣1＝215+15，显然不为2的整数幂，故故选A．方法二：由题意可知：20︸第一项，20，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n，总共的项数为N＝1+2+3+…+n=(1+n)n所有项数的和为Sn：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1＝（21+22+23+…+2n）﹣n=2(1-2n)1-2-n＝2n由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，则①1+2+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝1，总共有(1+1)×12+2＝3，不满足②1+2+4+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝5，总共有(1+5)×52+3＝18，不满足③1+2+4+8+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝13，总共有(1+13)×132+4＝95，不满足④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝29，总共有(1+29)×292+5＝440，满足∴该款软件的激活码440．故选：A．

4．【2017年上海15】已知a、b、c为实常数，数列{xn}的通项xn＝an2+bn+c，n∈N*，则“存在k∈N*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（）A．a≥0 B．b≤0 C．c＝0 D．a﹣2b+c＝0【解答】解：存在k∈N*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列，可得：2[a（200+k）2+b（200+k）+c]＝a（100+k）2+b（100+k）+c+a（300+k）2+b（300+k）+c，化为：a＝0．∴使得x100+k，x200+k，x300+k成等差数列的必要条件是a≥0．故选：A．

5．【2016年浙江理科06】如图，点列{An}、{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn+1|＝|An+1An+2|，An≠An+1，n∈N*，|BnBn+1|＝|Bn+1Bn+2|，Bn≠Bn+1，n∈N*，（P≠Q表示点P与Q不重合）若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn+1的面积，则（）A．{Sn}是等差数列 B．{Sn2}是等差数列 C．{dn}是等差数列 D．{dn2}是等差数列【解答】解：设锐角的顶点为O，|OA1|＝a，|OB1|＝c，|AnAn+1|＝|An+1An+2|＝b，|BnBn+1|＝|Bn+1Bn+2|＝d，由于a，c不确定，则{dn}不一定是等差数列，{dn2}不一定是等差数列，设△AnBnBn+1的底边BnBn+1上的高为hn，由三角形的相似可得hnhn+2两式相加可得，hn即有hn+hn+2＝2hn+1，由Sn=12d•hn，可得Sn+Sn+2＝2Sn即为Sn+2﹣Sn+1＝Sn+1﹣Sn，则数列{Sn}为等差数列．另解：可设△A1B1B2，△A2B2B3，…，AnBnBn+1为直角三角形，且A1B1，A2B2，…，AnBn为直角边，即有hn+hn+2＝2hn+1，由Sn=12d•hn，可得Sn+Sn+2＝2Sn即为Sn+2﹣Sn+1＝Sn+1﹣Sn，则数列{Sn}为等差数列．故选：A．

6．【2016年新课标3理科12】定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有（）A．18个 B．16个 C．14个 D．12个【解答】解：由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若m＝4，说明数列有8项，满足条件的数列有：0，0，0，0，1，1，1，1；0，0，0，1，0，1，1，1；0，0，0，1，1，0，1，1；0，0，0，1，1，1，0，1；0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1；0，0，1，0，1，1，0，1；0，0，1，1，0，1，0，1；0，0，1，1，0，0，1，1；0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1；0，1，0，0，1，1，0，1；0，1，0，1，0，0，1，1；0，1，0，1，0，1，0，1．共14个．故选：C．

7．【2016年上海理科17】已知无穷等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且limn→∞Sn=S，下列条件中，使得2Sn＜S（nA．a1＞0，0.6＜q＜0.7 B．a1＜0，﹣0.7＜q＜﹣0.6 C．a1＞0，0.7＜q＜0.8 D．a1＜0，﹣0.8＜q＜﹣0.7【解答】解：∵Sn=a1(1-qn)2Sn＜S，∴a1若a1＞0，则qn＞12，故若a1＜0，则qn＜1在B中，a1＜0，﹣0.7＜q＜﹣0.6故B成立；在D中，a1＜0，﹣0.8＜q＜﹣0.7，此时q2＞12，故选：B．

8．【2015年上海理科17】记方程①：x2+a1x+1＝0，方程②：x2+a2x+2＝0，方程③：x2+a3x+4＝0，其中a1，a2，a3是正实数．当a1，a2，a3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（）A．方程①有实根，且②有实根 B．方程①有实根，且②无实根 C．方程①无实根，且②有实根 D．方程①无实根，且②无实根【解答】解：当方程①有实根，且②无实根时，△1＝a12﹣4≥0，△2＝a22﹣8＜0，即a12≥4，a22＜8，∵a1，a2，a3成等比数列，∴a22＝a1a3，即a3=a则a32＝（a22a1即方程③的判别式△3＝a32﹣16＜0，此时方程③无实根，故选：B．

9．【2015年上海理科18】设Pn（xn，yn）是直线2x﹣y=nn+1（n∈N*）与圆x2+y2＝2在第一象限的交点，则极限A．﹣1 B．-12 C．1【解答】解：当n→+∞时，直线2x﹣y=nn+1趋近于2x﹣y＝1，与圆x2+y2＝2在第一象限的交点无限靠近（1，1），而yn-1xn-1可看作点Pn（xn，yn）与（1，1）连线的斜率，其值会无限接近圆x2∴limn→∞故选：A．

10．【2013年新课标1理科12】设△AnBn∁n的三边长分别为an，bn，cn，△AnBn∁n的面积为Sn，n＝1，2，3…若b1＞c1，b1+c1＝2a1，an+1＝an，bn+1=cA．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列 C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列【解答】解：b1＝2a1﹣c1且b1＞c1，∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1，∴b1﹣a1＝2a1﹣c1﹣a1＝a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1，∴2c1＞a1，∴c1由题意，bn+1+cn+1=bn+cn2+an，∴bn+1+cn+1﹣2a∵b1+c1＝2a1，∴b1+c1﹣2a1＝0，∴bn+cn﹣2an＝0，∴bn+cn＝2an＝2a1，∴bn+cn＝2a1，由此可知顶点An在以Bn、cn为焦点的椭圆上，又由题意，bn+1﹣cn+1=cn-bn2，∴b∴bn+1﹣a1=12(a1-bn)∴bn=a1+(b1-a1∴Sn2=3a=34a12[a故选：B．

11．【2012年浙江理科07】设Sn是公差为d（d≠0）的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是（）A．若d＜0，则数列{Sn}有最大项 B．若数列{Sn}有最大项，则d＜0 C．若对任意n∈N*，均有Sn＞0，则数列{Sn}是递增数列 D．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn＞0【解答】解：由等差数列的求和公式可得Sn＝na1+n(n-1)2d=d2n2+（a1选项A，若d＜0，由二次函数的性质可得数列{Sn}有最大项，故正确；选项B，若数列{Sn}有最大项，则对应抛物线开口向下，则有d＜0，故正确；选项C，若对任意n∈N*，均有Sn＞0，对应抛物线开口向上，d＞0，可得数列{Sn}是递增数列，故正确；选项D，若数列{Sn}是递增数列，则对应抛物线开口向上，但不一定有任意n∈N*，均有Sn＞0，故错误．故选：D．

12．【2012年上海理科18】设an=1nsinnπ25，Sn＝a1+a2+…+an，在S1，S2，…A．25 B．50 C．75 D．100【解答】解：由于f（n）＝sinnπ25的周期T由正弦函数性质可知，a1，a2，…，a24＞0，a25＝0，a26，a27，…，a49＜0，a50＝0且sin26π25=-sinπ25，sin27π25=-sin2πa26…a49都为负数，但是|a26|＜a1，|a27|＜a2，…，|a49|＜a24∴S1，S2，…，S25中都为正，而S26，S27，…，S50都为正同理S1，S2，…，s75都为正，S1，S2，…，s75，…，s100都为正，故选：D．

13．【2012年北京理科08】某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如图所示．从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，则m的值为（）A．5 B．7 C．9 D．11【解答】解：若果树前n年的总产量S与n在图中对应P（S，n）点则前n年的年平均产量即为直线OP的斜率由图易得当n＝9时，直线OP的斜率最大即前9年的年平均产量最高，故选：C．

14．【2011年上海理科18】设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai+1的矩形的面积（i＝1，2，…），则{An}为等比数列的充要条件是（）A．{an}是等比数列 B．a1，a3，…，a2n﹣1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列 C．a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列 D．a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同【解答】解：依题意可知Ai＝ai•ai+1，∴Ai+1＝ai+1•ai+2，若{An}为等比数列则Ai+1Ai=ai+2ai=q（q为常数），则a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…反之要想{An}为等比数列则Ai+1Ai=ai+2ai需为常数，即需要a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，故{An}为等比数列的充要条件是a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同．故选：D．

15．【2018年江苏14】已知集合A＝{x|x＝2n﹣1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}，记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn＞12an+1成立的n的最小值为．【解答】解：利用列举法可得：当n＝26时，A∪B中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前26项分成两组：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23.25，…41；2，4，8，16，32．S26=21(1+41)2+2(1-25)1-2=441+62=503当n＝27时，A∪B中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前27项分成两组：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，…41，43；2，4，8，16，32．S27=22(1+43)2+2(1-26)1-2=故答案为：27．

16．【2017年上海10】已知数列{an}和{bn}，其中an＝n2，n∈N*，{bn}的项是互不相等的正整数，若对于任意n∈N*，{bn}的第an项等于{an}的第bn项，则lg(b1【解答】解：∵an＝n2，n∈N*，若对于一切n∈N*，{bn}中的第an项恒等于{an}中的第bn项，∴ba∴b1＝a1＝1，(b2)2=b4，(b3∴b1b4b9b16=(b∴lg(b故答案为：2．

17．【2016年浙江理科13】设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an+1＝2Sn+1，n∈N*，则a1＝，S5＝．【解答】解：由n＝1时，a1＝S1，可得a2＝2S1+1＝2a1+1，又S2＝4，即a1+a2＝4，即有3a1+1＝4，解得a1＝1；由an+1＝Sn+1﹣Sn，可得Sn+1＝3Sn+1，由S2＝4，可得S3＝3×4+1＝13，S4＝3×13+1＝40，S5＝3×40+1＝121．故答案为：1，121．

18．【2016年上海理科11】无穷数列{an}由k个不同的数组成，Sn为{an}的前n项和，若对任意n∈N*，Sn∈{2，3}，则k的最大值为．【解答】解：对任意n∈N*，Sn∈{2，3}，可得当n＝1时，a1＝S1＝2或3；若n＝2，由S2∈{2，3}，可得数列的前两项为2，0；或2，1；或3，0；或3，﹣1；若n＝3，由S3∈{2，3}，可得数列的前三项为2，0，0；或2，0，1；或2，1，0；或2，1，﹣1；或3，0，0；或3，0，﹣1；或3，1，0；或3，1，﹣1；若n＝4，由S3∈{2，3}，可得数列的前四项为2，0，0，0；或2，0，0，1；或2，0，1，0；或2，0，1，﹣1；或2，1，0，0；或2，1，0，﹣1；或2，1，﹣1，0；或2，1，﹣1，1；或3，0，0，0；或3，0，0，﹣1；或3，0，﹣1，0；或3，0，﹣1，1；或3，﹣1，0，0；或3，﹣1，0，1；或3，﹣1，1，0；或3，﹣1，1，﹣1；…即有n＞4后一项都为0或1或﹣1，则k的最大个数为4，不同的四个数均为2，0，1，﹣1．故答案为：4．

19．【2015年江苏11】设数列{an}满足a1＝1，且an+1﹣an＝n+1（n∈N*），则数列{1an}的前10项的和为【解答】解：∵数列{an}满足a1＝1，且an+1﹣an＝n+1（n∈N*），∴当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+…+（a2﹣a1）+a1＝n+…+2+1=n(n+1)当n＝1时，上式也成立，∴an=n(n+1)∴1an=∴数列{1an}的前n项的和S=2(1-=2n∴数列{1an}的前10项的和为故答案为：2011．

20．【2015年新课标2理科16】设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝﹣1，an+1＝Sn+1Sn，则Sn＝【解答】解：∵an+1＝Sn+1Sn，∴Sn+1﹣Sn＝Sn+1Sn，∴1S又∵a1＝﹣1，即1S∴数列{1Sn}是以首项是﹣1、公差为∴1Sn∴Sn=-故答案为：-1n．

21．【2013年江苏14】在正项等比数列{an}中，a5=12，a6+a7＝3，则满足a1+a2+…+an＞a1a2…a【解答】解：设正项等比数列{an}首项为a1，公比为q，由题意可得a1q4=12a故其通项公式为an=132×2n-1记Tn＝a1+a2+…+an=1Sn＝a1a2…an＝2﹣5×2﹣4…×2n﹣6＝2﹣5﹣4+…+n﹣6=2由题意可得Tn＞Sn，即2n化简得：2n﹣1＞212n因此只须n＞12n2-112n+5，（解得13-1292＜由于n为正整数，因此n最大为13+129故答案为：12

22．【2013年新课标2理科16】等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为．【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，∵S10＝10a1+45d＝0，S15＝15a1+105d＝25，∴a1＝﹣3，d=2∴Sn＝na1+n(n-1)2d=13n∴nSn=13n3-103n2，令nSn＝∴f′（n）＝n2-203∴当n=203时，f（n）取得极值，当n＜203时，f（n）递减；当n＞20因此只需比较f（6）和f（7）的大小即可．f（6）＝﹣48，f（7）＝﹣49，故nSn的最小值为﹣49．故答案为：﹣49．

23．【2012年新课标1理科16】数列{an}满足an+1+（﹣1）nan＝2n﹣1，则{an}的前60项和为．【解答】解：∵an+1+（﹣1）nan＝2n﹣1，故有a2﹣a1＝1，a3+a2＝3，a4﹣a3＝5，a5+a4＝7，a6﹣a5＝9，a7+a6＝11，…a50﹣a49＝97．从而可得a3+a1＝2，a4+a2＝8，a7+a5＝2，a8+a6＝24，a9+a11＝2，a12+a10＝40，a13+a11＝2，a16+a14＝56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．{an}的前60项和为15×2+（15×8+15×142×16）＝1830

24．【2011年江苏13】设1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q【解答】解：方法1：∵1＝a1≤a2≤…≤a7；a2，a4，a6成公差为1的等差数列，∴a6＝a2+2≥3，∴a6的最小值为3，∴a7的最小值也为3，此时a1＝1且a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，必有q＞0，∴a7＝a1q3≥3，∴q3≥3，q≥3方法2：由题意知1＝a1≤a2≤…≤a7；中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，得1≤a2≤q≤2≤q2≤a2+2≤q3，所以1≤a故q的最小值是：33故答案为：33．

25．【2011年上海理科14】已知点O（0，0）、Q0（0，1）和点R0（3，1），记Q0R0的中点为P1，取Q0P1和P1R0中的一条，记其端点为Q1、R1，使之满足（|OQ1|﹣2）（|OR1|﹣2）＜0，记Q1R1的中点为P2，取Q1P2和P2R1中的一条，记其端点为Q2、R2，使之满足（|OQ2|﹣2）（|OR2|﹣2）＜0．依次下去，得到P1，P2，…，Pn，…，则limn→∞【解答】解：由题意（|OQ1|﹣2）（|OR1|﹣2）＜0，所以第一次只能取P1R0一条，（|OQ2|﹣2）（|OR2|﹣2）＜0．依次下去，则Q1、R1；Q2、R2，…中必有一点在（3，1）的左侧，一点在右侧，由于P1，P2，…，Pn，…，是中点，根据题意推出P1，P2，…，Pn，…，的极限为：（3，1），所以limn→∞|Q0故答案为：3．

26．【2010年浙江理科14】设n≥2，n∈N，（2x+12）n﹣（3x+13）n＝a0+a1x+a2x2+…+anxn，将|ak|（0≤k≤n）的最小值记为Tn，则T2＝0，T3=123-133，T4＝0，T5=1【解答】解：根据Tn的定义，列出Tn的前几项：T0＝0T1=T2＝0T3=T4＝0T5=T6＝0…由此规律，我们可以推断：Tn=故答案：0n为偶数12n-13n，n为奇数

27．【2010年浙江理科15】设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为【解答】解：因为S5S6+15＝0，所以（5a1+10d）（6a1+15d）+15＝0，整理得2a12+9a1d+10d2+1＝0，此方程可看作关于a1的一元二次方程，它一定有根，故有△＝（9d）2﹣4×2×（10d2+1）＝d2﹣8≥0，整理得d2≥8，解得d≥22，或d≤﹣22则d的取值范围是(-故答案案为：(-∞，-1．【2012年新课标1文科12】数列{an}满足an+1+（﹣1）nan＝2n﹣1，则{an}的前60项和为（）A．3690 B．3660 C．1845 D．1830【解答】解：由于数列{an}满足an+1+（﹣1）nan＝2n﹣1，故有a2﹣a1＝1，a3+a2＝3，a4﹣a3＝5，a5+a4＝7，a6﹣a5＝9，a7+a6＝11，…a50﹣a49＝97．从而可得a3+a1＝2，a4+a2＝8，a7+a5＝2，a8+a6＝24，a11+a9＝2，a12+a10＝40，a15+a13＝2，a16+a14＝56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．{an}的前60项和为15×2+（15×8+15×14故选：D．

2．【2014年新课标2文科16】数列{an}满足an+1=11-an，a8＝2，则a【解答】解：由题意得，an+1=11-an令n＝7代入上式得，a8=11-a7，解得令n＝6代入得，a7=11-a6，解得a令n＝5代入得，a6=11-a5…根据以上结果发现，求得结果按2，12，﹣∵8÷3＝2…2，故a1=故答案为：12．

3．【2010年天津文科15】设{an}是等比数列，公比q=2，Sn为{an}的前n项和．记Tn=17Sn-S2na【解答】解：T=1=1因为(2)n+即n＝4时取等号，所以当n0＝4时Tn有最大值．故答案为：4．

赠送：3461学习方法北京四中北京四中每年约有96％以上的毕业生高考成绩达到重点大学录取线，40％左右考入北大、清华两所著名高校。在这个神奇的学校流传这样一种经过反复验证的学习方法，简称“3461学习方法”，即为3个过程，4个环节，6个习惯、1个计划。

3461学习方法通过长时间反复的教学和学习实践验证：“3461学习方法”是提高学生学习成绩简单而且实用的一种方法。入格阶段：是学生初步了解学生学习方法的一般格式，只要通过模仿的形式产生。立格阶段：学生已经具备自学的能力，形成习惯并稳定的使用学习方法来完成学习任务，学习过程和学习环节完备而健全，学习方法实现了习惯化的要求。破格阶段：学习方法本身来说个获取知识一样是一个不断更新的过程，那么当学习成绩提高到一定程度的时候又需要学习方法的更新来适应新的学科的要求，例如初中阶段和高中阶段学习方法就有很大的差异，因此破格是学习方法发展的一个转折期。无格阶段：学习方法发展的最高阶段，充分认识各学科的学习规律，在无意识中完成对知识的认知过程。

虽然不可能有共同的学习方法，但是有一种学习习惯却是共同的，那就是自学，而正确的学习方法遵循是的循序渐进，熟读精思，把复杂的东西简单化，把单一的问题系统化，把孤立的问题全面化，把简单的东西细节化，而这就是3461系统学习策略的出发点。3个过程3个过程实际上就是把基础知识或者新的知识点让学生通过3轮进行反复的认知（即理解、消化、融会、贯通）的过程。学校学习：学校学习是最主要、最重要的学习方式。大多数基础知识都来源于学校老师的传授，由于学生基础知识不同、努力程度不同等等，导致很多学生均为一个老师教的，考试成绩差异却很大。家庭学习：是学校学习的补充，是较为重要的学习方式之一，若家庭学习做的较好的学生，其成绩也会不断得到提高。再学习：即日复习和周复习。学习是一个循序渐进的过程，应注重基础，查缺补漏的再学习。再学习并不是完全意义上的将所有知识点一字不漏的再学一遍，再学习